1、2014年甘肃省金昌一中高考化学预测试卷（1）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（2014金川区校级模拟）化学与社会、生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A利用清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B食品添加剂苯甲酸钠，它是苯的一种同系物所对应的钠盐C抗酸药的种类很多，如碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝、等D乙醇属于可再生能源2（3分）（2009深圳二模）下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的一组是（）蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体 聚乙烯、聚氯乙烯、纤维素都属于合成高分子 明矾、石膏、冰醋酸、水都是电解质 盐酸、漂白粉
2、、水玻璃都是混合物 分馏、干馏、裂化都是化学变化 植物油、直馏汽油都可使溴水褪色ABCD3（3分）（2014金川区校级模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）12.4g白磷晶体中含有的PP键数约是0.6NA电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解32g铜7.8g Na2S和Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数大于0.1NA2.9g 2CaSO4H2O含有的结晶水分子数为0.02NA含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NA含0.1mol溶质Na2CO3的溶液中，所含阴离子总数大于0.1NAABCD4（3分）（2014金川区校级模拟）下列各组
3、离子在指定溶液中，能大量共存的是（）A强碱性溶液中：K+，ClO，Ba2+，ClB水电离c（H+）1012molL1的溶液中：Cl，CO32，NO3，NH4+C使甲基橙变红的溶液中：Fe2+，MnO4，NO3，Na+D中性溶液中：Al3+，NO3，Cl，S25（3分）（2014金川区校级模拟）海南的毒黄瓜等毒蔬菜中含有禁用农药水胺硫磷，水胺硫磷的结构简式如图所示：对该化合物的叙述正确的是（）A该化合物属于芳香烃B该化合物的分子式为C11H14O4NPSC该化合物能发生加聚反应、水解反应和酯化反应D该化合物中至少有7个碳原子在同一平面6（3分）（2014金川区校级模拟）下列图象能正确表示相关反应
4、中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）（）A图1：n（HCl）=1mol，K2CO3逐步加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体B图2：n（NaOH）=1mol，CO2逐步通入到NaOH溶液中反应生成的盐C图3：n（O2）=1mol，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物D图4：n（HNO3）=1mol，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）7（3分）（2014金川区校级模拟）常温下，向一定浓度的醋酸溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量，在此操作过程中，有关溶液中离子浓度变化的大小关系不正确的是（）A当pH=7时，c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）B
5、当pH7时，c（CH3COO）c（Na+）c（OH）c（H+）C当恰好完全中和时，c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D无论溶液显什么性都有关系：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）8（3分）（2010东莞模拟）下列操作或仪器的选用正确的是（）A滴定FeSO4B制取O2C制备Fe（OH）2D除去乙醇中的乙酸二、解答题（共6小题，满分60分）【必答题】9（15分）（2014金川区校级模拟）甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应和，来制备甲醇（1）将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应：CH4
6、（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示：已知100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为图中的P1P2（填“”、“”或“=”），（2）在压强为0.1MPa条件下，a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）该反应的H0，（填“”、“”或“=”）若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是A升高温度 B将CH3OH（g）从体系中分离C充入He，使体系总压强增大 D再充入1mol CO和3mol H2（3）在最新开发并投入生产的流动电解质直接甲醇燃料电池中
7、，流动电解质硫酸的使用，可提高燃料电池效率约30%，该电池的负极反应为10（15分）（2014金川区校级模拟）A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，其余均为常见化合物，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，AJ的所有物质之间有如下的转化关系（部分反应产物省略）：（1）B元素和C元素的简单离子半径大小关系是：； （用离子符号表示）（2）写出B与F该反应的化学方程式；（3）写出B与NaOH溶液反应的离子方程式；（4）由E的饱和溶液滴入沸水中形成透明液体，再将此液体装入U型管，并在U型管的两端插入电极，接通直流电，在阳极端可观察到的现象是；（5）将适量
8、J加入酸化的H2O2的溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是；（6）向含有0.1mol G的溶液中滴加5mol/L 的盐酸溶液，得到沉淀3.9g，则加入盐酸的体积可能为（mL）11（15分）（2014金川区校级模拟）为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：（）取5mL0.1molL1的KI溶液，滴加0.1molL1的FeCl3溶液56滴（）继续加入2mLCCl4振荡（）取萃取后的上层清液，滴加KSCN溶液（1）探究活动（）和（）的实验现象分别为、（2）在探究活动（）中，活动设计者的意图是通过生成血红色的Fe（SCN）3，验证有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度
9、，但在实验中，却未见溶液呈血红色，对此同学们提出了下列两种猜想猜想一：Fe3+已全部转化为Fe2+猜想二：生成Fe（SCN）3浓度极小，其颜色肉眼无法观察为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：信息一：乙醚微溶于水，Fe（SCN）3在乙醚中的溶解度比在水中大信息二：Fe3+可与Fe（CN）64反应生成蓝色沉淀，用K4Fe（CN）6溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高结合新信息，请你设计以下实验验证猜想 请将相关的实验操作、现象和结论填入下表实验操作现象结论步骤一：产生蓝色沉淀步骤二：“猜想二”成立写出操作“步骤一”中发生反应的离子方程式【选做题】【有机化学】12（15分）（2014金川区
10、校级模拟）洋蓟在国际市场上属高档蔬菜，以良好的保健功能和药用价值被冠以“蔬之皇”的美称，从洋蓟提取的洋蓟素结构如图，请回答下列问题（1）洋蓟素分子中“苯环上的含氧官能团”的名称为；洋蓟素的水溶液显（填：中、酸、碱）性（2）有关洋蓟素说法错误的是A是一种高分子化合物B可以使酸性高锰酸钾和溴水褪色C能与氯化铁发生显色反应D1mol洋蓟素最多可与11molNaOH反应E不能与新制Cu（OH）2 生成砖红色沉淀（3）洋蓟素在酸性条件下水解，生成有机物M和R邻苯二酚与A物质发生加成反应可生成M，其化学方程式为：+A写出A的结构简式：；写出M所含官能团的结构简式：；M与足量浓溴水发生化学反应的方程式为：将
11、R与浓硫酸共热，R羧基间位的羟基首先发生反应，写出R发生消去反应得产物的结构简式：【物质结构】13（2014金川区校级模拟）如图所示为高温超导领域里的一种化合物钙钛矿晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位（1）在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有、个（2）该晶体结构中，元素氧、钛、钙的离子个数比是该物质的化学式可表示为（3）若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a，b，c，晶体结构图中正方体边长（钛离子之间的距离）为dnm（1nm=109m），则该晶体的密度为g/cm314（2014金川区校级模拟）德国和美国科学家首先制出由20个碳原子组成的空心笼状
12、分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成（如图）请回答：C20分子共有个正五边形，C20晶体属于（填晶体类型）2014年甘肃省金昌一中高考化学预测试卷（1）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（2014金川区校级模拟）化学与社会、生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A利用清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B食品添加剂苯甲酸钠，它是苯的一种同系物所对应的钠盐C抗酸药的种类很多，如碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝、等D乙醇属于可再生能源考点：清洁能源；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效版权所有专题：化学应用分析：A、清
13、洁能源代替化石燃料，有利于减少污染物的排放，节约资源保护环境；B、苯的同系物不可能含有氧元素；C、碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝都能中和胃酸中过量的盐酸，且反应温和；D、乙醇是一种生物质能，可以通过植物发酵生产，属可再生能源解答：解：A、清洁能源代替化石燃料，有利于减少污染物的排放，节约资源保护环境，故A正确；B、苯甲酸钠由苯甲酸与氢氧化钠反应得到的盐，苯的同系物不可能含有氧元素，故B错误；C、碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝都能中和胃酸中过量的盐酸，且反应温和，故C正确；D、乙醇是一种生物质能，可以通过植物发酵生产，属可再生能源，故D正确；故选B点评：本题考查清洁能源、苯的同系物、抗酸
14、药、同系物的概念等知识，是一道综合知识的考查题，涉及常见能源以及生活环境的污染和治理等方面的知识，难度不大2（3分）（2009深圳二模）下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的一组是（）蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体 聚乙烯、聚氯乙烯、纤维素都属于合成高分子 明矾、石膏、冰醋酸、水都是电解质 盐酸、漂白粉、水玻璃都是混合物 分馏、干馏、裂化都是化学变化 植物油、直馏汽油都可使溴水褪色ABCD考点：混合物和纯净物；电解质与非电解质；有机化合物的异构现象；石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解版权所有专题：物质的分类专题分析：依据蔗糖和麦芽糖是二糖互为同分异构体
15、分析；依据合成高分子是人工合成和天然高分子是自然界含有的物质分析；依据电解质的概念是水溶液中或熔融状态下到底、导电的化合物，酸碱盐都是电解质；依据混合物是由不同物质组成的，结合物质的组成判断；依据化学变化的实质是由新物质生成分析判断；依据使溴水褪色的物质，结构中含有不饱和键能发生加成反应；解答：解：蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体，故正确；聚乙烯、聚氯乙烯属于合成高分子，纤维素属于天然高分子，故错误；明矾是盐、石膏是盐、冰醋酸是酸、水是弱电解质，所以都是电解质，故正确；盐酸是氯化氢的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液，都是混合物
16、，故正确；分馏、干馏是混合物根据沸点不同分离的方法，是物理变化，裂化是烷烃分解是化学变化，故错误；植物油烃基中含有不饱和碳碳键可以和溴单质加成使溴水褪色、直馏汽油主要是饱和烃不能使溴水褪色故错误；综上所述：正确故选C点评：本题考查了纯净物、混合物、高分子化合物、电解质、同分异构体等概念的应用，分馏、干馏、裂解操作的实质，关键区分植物油和直溜汽油的成分和性质3（3分）（2014金川区校级模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）12.4g白磷晶体中含有的PP键数约是0.6NA电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解32g铜7.8g Na2S和Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数大
17、于0.1NA2.9g 2CaSO4H2O含有的结晶水分子数为0.02NA含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NA含0.1mol溶质Na2CO3的溶液中，所含阴离子总数大于0.1NAABCD考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：白磷为正四面体结构，根据均摊法计算出含有的PP键数目；电解精炼铜，阳极失电子的是铜、铁、锌、镍；Na2S和Na2O2摩尔质量相同，过氧化钠是有钠离子和过氧根离子构成；依据公式n=将质量换算成物质的量，结合2CaSO4H2O化学式计算；只有浓硫酸才能与铜在加热条件下发生反应，稀硫酸与铜不反应；碳酸根离子水
18、解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子解答：解：12.4g 白磷中含有0.4molP，白磷分子中，每个P原子与其它3个P原子形成3个共价键，根据均摊法，每个P原子形成的共价键数目为：3=1.5，0.4molP形成的PP的物质的量为0.6mol，形成的PP的键数是0.6NA，故正确；依据电解过程中电极反应电子守恒，电解精炼铜，阳极失电子的是铜、铁、锌、镍；电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解铜小于32g；故错误；Na2S和Na2O2摩尔质量相同，过氧化钠是有钠离子和过氧根离子构成；7.8g Na2S和Na2O2的混合物物质的量为0.1mol，含有的阴离子数0.1NA；故错误；1mol2CaSO4H2O
19、含有结晶水1mol，2.9g 2CaSO4H2O物质的量=0.01mol，含有的结晶水分子数为0.01NA；故错误；浓硫酸随反应进行浓度变稀后不能和铜在继续反应，硫酸不能全部反应；含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA；故错误；碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子；含0.1mol溶质Na2CO3的溶液中，所含阴离子总数大于0.1NA；故正确；故选：B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，熟悉电解精炼的原理应用，盐类水解应用，稀硫酸不能和铜反应是解题关键，题目难度不大4（3分）（2014金川区校级模拟）下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是（）A
20、强碱性溶液中：K+，ClO，Ba2+，ClB水电离c（H+）1012molL1的溶液中：Cl，CO32，NO3，NH4+C使甲基橙变红的溶液中：Fe2+，MnO4，NO3，Na+D中性溶液中：Al3+，NO3，Cl，S2考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：AK+，ClO，Ba2+，Cl之间不满足离子反应发生条件，且都不与强碱溶液反应；B水电离c（H+）1012molL1的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸根离子能够与酸溶液反应，铵根离子能够与碱溶液反应；C使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，高锰酸根离子、硝酸根离子能够氧化亚铁离子；D铝离子与硫离子发生双水解反应，在溶液中不能共存解答：解：A
21、K+，ClO，Ba2+，Cl之间不发生反应，都不与强碱溶液反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B水电离c（H+）1012molL1的溶液中存在大量H+或OH，CO32能够与H+发生反应、NH4+离子与OH反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C使甲基橙变红的溶液中存在大量H+离子，MnO4，NO3离子在酸性条件下能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故C错误；DAl3+、S2离子之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反
22、应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在等5（3分）（2014金川区校级模拟）海南的毒黄瓜等毒蔬菜中含有禁用农药水胺硫磷，水胺硫磷的结构简式如图所示：对该化合物的叙述正确的是（）A该化合物属于芳香烃B该化合物的分子式为C11H14O4NPSC该化合物能发生加聚反应、水解反应和酯化反应D该化合物中至少有7个碳原子在同一平面考点：有机物的结构和性质版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物含有酯基，可发生取代反应，含有P=S键，可发生加聚反应，结合
23、结构简式确定分子式及苯环为平面结构，以此解答解答：解：A芳香烃只含C、H元素及苯环，而该物质含O、S、P等元素，不属于芳香烃，故A错误；B由结构简式可知，分子式为C11H16O4NPS，故B错误；C含有酯基，可发生水解反应，含有P=S，可发生加聚反应，不能发生酯化反应，故C错误；D苯环为平面结构，与苯环直接相连的C在同一平面内，则化合物中至少有7个碳原子在同一平面，故D正确故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与知识应用能力的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大6（3分）（2014金川区校级模拟）下列图象能正确表示相关反应中产物物质的
24、量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）（）A图1：n（HCl）=1mol，K2CO3逐步加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体B图2：n（NaOH）=1mol，CO2逐步通入到NaOH溶液中反应生成的盐C图3：n（O2）=1mol，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物D图4：n（HNO3）=1mol，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：图示题；压轴题分析：A、K2CO3逐步加入到HCl溶液中，发生K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2；B、CO2逐步通入到NaOH溶液中，发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、Na2CO3+
25、H2O+CO22NaHCO3；C、C和O2在密闭容器中，发生C+O2CO2、CO2+C2CO；D、Fe和稀HNO3反应时，铁少量时发生Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+H2O，全部转化为三价铁后继续加人铁，则发生Fe+2Fe（NO3）33Fe（NO3）2；解答：解：A、因开始反应时盐酸过量，则发生K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2，n（HCl）=1mol时生成0.5mol二氧化碳后再加盐酸不反应，气体不会减少，图象与反应不符，故A错误；B、因开始碱过量，则发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，n（NaOH）=1mol时生成0.5molNa2CO3，再加人二氧化碳发生Na2
26、CO3+H2O+CO22NaHCO3，则最终碳酸钠减少为0，碳酸氢钠生成1mol，图象与反应不符，故B错误；C、因开始氧气过量，则发生C+O2CO2，n（O2）=1mol，生成二氧化碳为1mol，然后发生CO2+C2CO，则生成2molCO，图象与反应相符合，故C正确；D、因开始硝酸过量，则发生Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+H2O，n（HNO3）=1mol时生成0.25molFe（NO3）3，图象与反应不符，故D错误；故选C点评：本题较难，考查化学反应与图象的关系，明确图象中的线、点的意义及对应的化学反应是解答本题的关键，并明确反应物的量对反应的影响来分析反应的产物7（3分）（201
27、4金川区校级模拟）常温下，向一定浓度的醋酸溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量，在此操作过程中，有关溶液中离子浓度变化的大小关系不正确的是（）A当pH=7时，c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）B当pH7时，c（CH3COO）c（Na+）c（OH）c（H+）C当恰好完全中和时，c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D无论溶液显什么性都有关系：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题分析：A当pH=7时，c（H+）=c（OH），结合电荷守恒判断；
28、B阴离子浓度之和大于阳离子浓度之和，不能满足溶液电中性；C当恰好完全中和时，恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性；D从溶液的电中性原则分析解答：解：A当pH=7时，c（H+）=c（OH），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），则c（Na+）=c（CH3COO），中性溶液中氢离子或氢氧根离子浓度较小，则c（CH3COO）c（H+），所以有c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH），故A正确；B阴离子浓度之和大于阳离子浓度之和，不能满足溶液电中性，应为c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），如NaOH过量较多时存在c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c
29、（H+），故B错误；C当恰好完全中和时，恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，存在c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C正确；D溶液存在电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故D正确故选B点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题注意溶液电中性原则的应用8（3分）（2010东莞模拟）下列操作或仪器的选用正确的是（）A滴定FeSO4B制取O2C制备Fe（OH）2D除去乙醇中的乙酸考点：常见气体制备原理及装置选择；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁版权所有专题：压轴题；化学实验基本操作分析：A根据高锰酸钾溶液具有氧化性
30、，能腐蚀橡皮，不能放在碱式滴定管中； B氧气收集应用向上排空气法；C根据氢氧化亚铁很容易被氧气氧化；D分液漏斗分离互不相溶的液体解答：解：A在滴定时，高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡皮，所以不能放在碱式滴定管中，故A错误； B氧气密度比空气密度大，收集应用向上排空气法，故B错误；C因氢氧化亚铁很容易被氧气氧化，所以制备氢氧化亚铁时，应将滴管插入液面以下同时用苯来液封，以隔绝空气，故C正确；D分液漏斗分离互不相溶的液体，乙醇和乙酸能互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故D错误故选C点评：本题主要考查了实验操作方法，难度不大，根据课本知识即可完成二、解答题（共6小题，满分60分）【必答题】9（15分
31、）（2014金川区校级模拟）甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应和，来制备甲醇（1）将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示：已知100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为0.0030molL1min1图中的P1P2（填“”、“”或“=”），（2）在压强为0.1MPa条件下，a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）该反应的H0，
32、（填“”、“”或“=”）若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是BDA升高温度 B将CH3OH（g）从体系中分离C充入He，使体系总压强增大 D再充入1mol CO和3mol H2（3）在最新开发并投入生产的流动电解质直接甲醇燃料电池中，流动电解质硫酸的使用，可提高燃料电池效率约30%，该电池的负极反应为CH3OH+H2O6e=CO2+6H+考点：化学平衡的影响因素；化学电源新型电池；反应速率的定量表示方法版权所有专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据图知道平衡时甲烷的转化率，求出c（CH4），根据v=计算v（CH4），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；根据定一议二原则，定温度
33、同，再比较压强，即作垂直x轴的辅助线，比较平衡时甲烷的转化率，由此判断；（2）根据G=HTS进行判断，如G0，则反应能自发进行，如G0，则不能自发进行；增加甲醇产率，应改变条件使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理分析解答；（3）根据原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并考虑电解质溶液参与电极反应来分析解答：解：（1）由100平衡CH4的转化率为0.5可知，消耗CH4为1mol0.5=0.5mol，平衡时甲烷的浓度变化量为：=5103mol/L，根据甲烷与氢气的计量数关系，则：v（H2）=3v（CH4）=3=0.0030molL1min1，故答案为：0.0030molL1min1；由
34、图可知温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，正反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故压强P1P2，故答案为：； （2）该反应正反应是气体物质的量减小的反应，气体的物质的量越多，其熵越大，所以S0，混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，则应该满足：G=HTS0，由于S0，则H0，故答案为：；增加甲醇产率，应改变条件使平衡向正反应方向移动，A正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的产率减小，故A错误；B将CH3OH（g）从体系中分离，降低生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，甲醇的产率增大，故B正确；C充入He，使体系总压强增大
35、，容器的容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故C错误；D再充入1mol CO和3mol H2，可以等效为增大压强，平衡向体积减小的正反应方向移动，甲醇的产率增大，故D正确，故答案为：BD；（3）由燃料电池是原电池的一种，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，甲醇燃烧生成二氧化碳和水，但在酸性介质中，正极不会生成大量氢离子，则电解质参与电极反应，甲醇燃料电池的负极反应式为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，正极反应式为：O2+6H+6e=3H2O，故答案为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+点评：本题考查化学反应速率、平衡常数、化学平衡计算、化学平
36、衡的影响因素及读图能力、原电池工作原理等，综合性较大，题目难度中等，知识面广，应加强平时知识的积累，注意控制变量法与定一议二原则应用10（15分）（2014金川区校级模拟）A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，其余均为常见化合物，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，AJ的所有物质之间有如下的转化关系（部分反应产物省略）：（1）B元素和C元素的简单离子半径大小关系是：r（Al3+）r（Cl）； （用离子符号表示）（2）写出B与F该反应的化学方程式8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；（3）写出B与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH+2
37、H2O=2AlO2+3H2；（4）由E的饱和溶液滴入沸水中形成透明液体，再将此液体装入U型管，并在U型管的两端插入电极，接通直流电，在阳极端可观察到的现象是红褐色变浅；（5）将适量J加入酸化的H2O2的溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是MnO2+H2O2+2H+Mn2+O2+2H2O；（6）向含有0.1mol G的溶液中滴加5mol/L 的盐酸溶液，得到沉淀3.9g，则加入盐酸的体积可能为10或50（mL）考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，B能与氢氧化钠溶液反应得到A，可推知B为A
38、l、A为H2，G为NaAlO2，D可与水蒸气反应生成氢气与F，D为Fe，F为Fe3O4，Al能与Fe3O4在高温下反应Fe与氧化铝，则H为Al2O3，I的浓溶液具有还原性，J是一种黑色固体，二者反应得到单质C，应是二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，可与浓盐酸反应，则I为HCl，J为MnO2，C为Cl2，E为FeCl3，验证符合转化关系，据此解答解答：解：A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，B能与氢氧化钠溶液反应得到A，可推知B为Al、A为H2，G为NaAlO2，D可与水蒸气反应生成氢气与F，D为Fe，F为Fe3O4， Al能与Fe3O4在高温下反应F
39、e与氧化铝，则H为Al2O3，I的浓溶液具有还原性，J是一种黑色固体，二者反应得到单质C，应是二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，可与浓盐酸反应，则I为HCl，J为MnO2，C为Cl2，E为FeCl3，验证符合转化关系，（1）电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：r（Al3+）r（Cl），故答案为：r（Al3+）r（Cl）；（2）F为Fe3O4，B为Al，二者在高温下发生铝热反应，方程式为8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3；（3）铝和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2Al
40、O2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（4）将饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体粒子带正电荷，外加电源，可向电源负极移动，在阳极端可观察到的现象是红褐色变浅，故答案为：红褐色变浅；（5）根据题意可知反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+Mn2+O2+2H2O，故答案为：MnO2+H2O2+2H+Mn2+O2+2H2O；（6）向含有0.1molNaAlO2的溶液中滴加5mol/L的盐酸溶液，得到沉淀3.9g为氢氧化铝，其物质的量=0.05mol0.1mol，若盐酸不足，只有部分偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，则： AlO2+H+H2
41、O=Al（OH）3 0.05mol 0.05mol故则加入盐酸的体积为=0.01lL=10mL，若偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，则： AlO2+H2O+H+=Al（OH）30.1mol 0.1mol 0.1mol Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O（0.10.05）mol 3（0.10.05）mol故消耗HCl为0.1mol+3（0.10.05）mol=0.25mol，加入盐酸体积=0.05L=50mL故答案为：10 或50点评：本题考查无机物的推断，B、D属于常见金属及转化关系中特殊反应为推断突破口，而J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，二者反应得到单质，需要
42、学生熟练掌握氯气的制备，注意（6）中讨论进行计算，题目难度中等11（15分）（2014金川区校级模拟）为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：（）取5mL0.1molL1的KI溶液，滴加0.1molL1的FeCl3溶液56滴（）继续加入2mLCCl4振荡（）取萃取后的上层清液，滴加KSCN溶液（1）探究活动（）和（）的实验现象分别为溶液呈棕黄色、溶液分层，下层CCl4层呈紫色（2）在探究活动（）中，活动设计者的意图是通过生成血红色的Fe（SCN）3，验证有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度，但在实验中，却未见溶液呈血红色，对此同学们提出了下列两种猜想猜想一：Fe3+已全部转化
43、为Fe2+猜想二：生成Fe（SCN）3浓度极小，其颜色肉眼无法观察为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：信息一：乙醚微溶于水，Fe（SCN）3在乙醚中的溶解度比在水中大信息二：Fe3+可与Fe（CN）64反应生成蓝色沉淀，用K4Fe（CN）6溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高结合新信息，请你设计以下实验验证猜想 请将相关的实验操作、现象和结论填入下表实验操作现象结论步骤一：取萃取后的上层清液滴加23滴K4Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀猜想一不成立步骤二：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡乙醚层呈血红色“猜想二”成立写出操作“步骤一”中发生反应的离子方程式4Fe3+3Fe（CN）
44、64Fe4Fe（CN）63考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验版权所有专题：压轴题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据KI和FeCl3和发生反应：2KI+FeCl3=I2+2KCl+FeCl2，CCl4能萃取水中的碘；（2）根据题目信息来解答；Fe3+可与Fe（CN）64反应生成蓝色沉淀解答：解：（1）活动（）中发生反应：2KI+FeCl3=I2+2KCl+FeCl2，碘溶于水呈棕黄色，故答案为：溶液呈棕黄色； CCl4能萃取水中的碘，溶液呈紫红色，由于CCl4的密度比水大，所以在下层，故答案为：溶液分层，下层CCl4层呈紫红色； （2）由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加23滴K
45、4Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀，由信息二可得：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，故答案为：实验操作现象结论步骤一：取萃取后的上层清液滴加23滴K4Fe（CN）6溶液 产生蓝色沉淀猜想一不成立步骤二：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡乙醚层呈血红色“猜想二”成立因Fe3+可与Fe（CN）64反应生成蓝色沉淀，故答案为：4Fe3+3Fe（CN）64Fe4Fe（CN）63点评：本题主要考查了反应的限度的探究，难度不大，根据信息可以解决【选做题】【有机化学】12（15分）（2014金川区校级模拟）洋蓟在国际市场上属高档蔬菜，以良好的保健功能和药用价值被冠以“蔬之皇”的
46、美称，从洋蓟提取的洋蓟素结构如图，请回答下列问题（1）洋蓟素分子中“苯环上的含氧官能团”的名称为羟基；洋蓟素的水溶液显酸（填：中、酸、碱）性（2）有关洋蓟素说法错误的是ADA是一种高分子化合物B可以使酸性高锰酸钾和溴水褪色C能与氯化铁发生显色反应D1mol洋蓟素最多可与11molNaOH反应E不能与新制Cu（OH）2 生成砖红色沉淀（3）洋蓟素在酸性条件下水解，生成有机物M和R邻苯二酚与A物质发生加成反应可生成M，其化学方程式为：+A写出A的结构简式：；写出M所含官能团的结构简式：C=C、OH、COOH；M与足量浓溴水发生化学反应的方程式为：将R与浓硫酸共热，R羧基间位的羟基首先发生反应，写出
47、R发生消去反应得产物的结构简式：考点：有机物的推断；有机物的结构和性质版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据官能团的概念来回答，含有酚羟基的物质具有弱酸性；（2）由结构简式可知，含酚OH、COOH、双键、COOC，相对分子质量在10000以下；（3）含有酯基的有机物能水解，则洋蓟素在酸性条件下水解，生成有机物M和R，M为，R为，由信息可知，苯环与碳碳三键发生加成反应，M中含双键、酚OH、COOH，双键与溴水发生加成反应、酚OH的邻对位与溴水发生取代反应；醇与浓硫酸共热发生消去反应，醇羟基和邻位碳上的氢一起被消去，即消掉水分子，以此来解答解答：解：（1）根据有机物的结构简式可知洋蓟
48、素分子中“苯环上的含氧官能团”的名称是羟基，含有酚羟基的物质具有弱酸性，故答案为：羟基；酸；（2）A相对分子质量在10000以下，不属于高分子化合物，故A错误；B该有机物中含有碳碳双键，可以使酸性KMnO4和溴水褪色，故B正确；C该有机物中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，故C正确；D.1mol该有机物中含有4mol酚羟基，可与4molNaOH反应，含有1mool羧基和2mol酯基，可以和3mol氢氧化钠反应，共消耗氢氧化钠7mol，故D错误；E该有机物中不含醛基，不能与新制Cu（OH）2发生变红色的反应，故E正确；故答案为：AD；（3）含有酯基的有机物能水解，则洋蓟素在酸性条件下水解，
49、生成有机物M和R，M为，R为，由信息可知，中苯环与碳碳三键发生加成反应，A物质的结构简式为，M所含官能团的结构简式为C=C、OH、COOH，M与足量浓溴水发生化学反应的方程式为，故答案为：；C=C、OH、COOH；R是有机物水解产物中不含有苯环的部分，分子式为C7H12O6，与浓硫酸共热，R羧基间位的羟基首先发生反应，即消去环上羧基的间位的2个官能团，并生成对称双键产物的化学反应方程式为，则R发生消去反应得产物的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物推断，把握有机物的结构与性质推断物质为解答的关键，为高频考点，侧重常见有机物性质及分析、推断能力的考查，题目难度不大【物质结构】13（2014
50、金川区校级模拟）如图所示为高温超导领域里的一种化合物钙钛矿晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位（1）在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有6、8个（2）该晶体结构中，元素氧、钛、钙的离子个数比是3：1：1该物质的化学式可表示为CaTiO3（3）若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a，b，c，晶体结构图中正方体边长（钛离子之间的距离）为dnm（1nm=109m），则该晶体的密度为g/cm3考点：晶胞的计算版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）根据晶胞的结构可知，以晶胞顶点上的钛离子为例，与之最近的钛离子分布在与相邻的顶点上，钙离子分布在体心上，据
51、此可以答题；（2）利用均摊法可以确定离子个数比及化学式；（3）根据计算密度解答：解：（1）根据晶胞的结构可知，以晶胞顶点上的钛离子为例，与之最近的钛离子分布在与相邻的顶点上，这样的离子有6个，钙离子分布在体心上，这样的离子有8个，故答案为：6；8；（2）利用均摊法可知在每个晶胞中钛离子个数为=1，氧离子的个数为=3，钙离子个数为1，所以氧、钛、钙的离子个数比是3：1：1，化学式可表示为CaTiO3，故答案为：3：1：1；CaTiO3；（3）因为在每个晶胞中含有一个CaTiO3，根据可知密度为g/cm3=g/cm3；，故答案为：点评：本题难度不大，主要考查晶胞的结构，解题时要注重基础知识的运用1
52、4（2014金川区校级模拟）德国和美国科学家首先制出由20个碳原子组成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成（如图）请回答：C20分子共有12个正五边形，C20晶体属于分子晶体（填晶体类型）考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别版权所有专题：化学键与晶体结构分析：利用均摊法分析晶体结构，每个碳原子被3个正五边形共用，所以每个正五边形中含有5个，根据原子守恒计算五边形个数，根据题意该物质含有分子解答：解：从分子结构示意图可以看出，在C20分子内每个碳原子与另外3个碳原子成键，因此，C20分子键总数=203（因为2个原子形成一个键），也即C20分子中共有30条棱边（因为化学键总数=多面体棱边总数）从数学角度，多面体棱边数=多面体面数每个面的棱边数（因为2个面共用一条棱边），设正五边形的个数为x，则有30=x5，所以，正五边形的个数为12，根据题意该物质含有分子，应属于分子晶体；故答案为：12；分子晶体点评：本题考查了晶胞的计算，解答时注意利用均摊法结合数学知识分析晶体的结构，题目难度中等